热门试卷

（ I）∵动圆和直线l：x=-相切，并且经过点F(，0)，

∴圆心θ到F(，0)的距离等于θ到定直线l：x=-的距离，都等于圆的半径…（2分）

根据抛物线的定义，可得：圆心θ的轨迹C就是以F为焦点，l为准线的抛物线，…（3分）

设抛物线方程为y2=2px，其中=，解得p=1

∴抛物线方程是y2=2x，即为所求轨迹C的方程．…（6分）

（ II）证明：设过点P（2，0）且斜率为k的直线的方程为

y=k（x-2）（k≠0）①…（7分）

代入y2=2x消去y，可得k2x2-2（k2+1）x+4k2=0．②…（8分）

由根与系数的关系，得x1x2==4．…（9分）

结合y12=2x1，y22=2x2，可得y1y2==2=4．…（10分）

∴•=x1x2+y1y2=4-4=0，

由此可得向量、夹角为90°，即OM⊥ON．…（12分）

①设P（x，y）是轨迹上任意一点，根据两点距离公式和点到直线距离公式，依题意有，==，化简得+=1．

②“圆与直线x=8相交于两点”当且仅当圆心M到直线x=8的距离小于圆的半径|MF|，|s-8|＜|MF|，

由①知|MF|=|s+8|，

所以|s-8|＜|s+8|，

又由①知-4≤s≤4，

所以8-s＜(s+8)，解得＜s≤4．

（1）设M（x，y），

∵在△AMB中，AB=4，|MA|+|MB|是定值；

可设|MA|+|MB|=2a（a＞0）．

∴cosAMB═

=-1．（3分）

而|MA|+|MB|≥2，

∴|MA|•|MB|≤a2．

∴-1≥-1

．∵cosAMB最小值为-，

∴-1=-．∴a=．（6分）

∴|MA|+|MB|=2＞|AB|．

∴M点的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，且a=，c=2．

∴b2=a2-c2=2．∴曲线C的方程是+=1．（8分）

（2）设直线l的方程是y=k（x-3）．

1°当k=0时，显然有|PQ|=|RS|；此时l的方程是y=0．

2°当k≠0时，∵|PQ|=|RS|，∴PS与RQ的中点重合，设中点为G，则OG⊥PS．

由，

得（1+3k2）x2-18k2x+27k2-6=0．（11分）

设P（x1，y1），S（x2，y2），

则x1+x2=，y1+y2=k（x1-3）+k（x2-3）=．

∴G（，）．

∴×k=-1无解，此时l不存在，

综上，存在一条直线l：y=0满足条件．（16分）

（1）设Q（x，y），A（x0，y0），则B（x0，0）．

∵=t+(1-t)

∴（x，y）=t（x0，y0）+（1-t）（x0，0）

∴x0= x，y0=

∵+=4，x2+=4

即轨迹E的方程为x2+ =4

（2）当t=时，轨迹E为椭圆，方程为+=1…①

设直线PD的方程为y=k（x-4）．代入①，并整理得

（3+4k2）x2-32k2x+64k2-12=0…②

由题意得，必有△＞0，故方程②有两个不等实根．

设点P（x1，y1），R（x2，y2），则Q（x1，-y1）

由②知，x1+x2= ，x1x2=

直线RQ的方程为y-y2=(x-x2)

当k≠0时，令y=0，得x=x2-，将y1=k（x2-4），y2=k（x2-4）代入整理得

x=…③

再将x1+x2=，x1x2=代入③计算得，x=1即直线QR过定点（1，0）

当k=0时，y1=y2=0，直线QR过定点（1，0）

综上可得，直线QR与x轴交于定点，该定点的坐标为（1，0）．